Evaluation of various forms of integration Questions in Hindi

(B) दिया गया है कि $\tan^0 x = 1$ है। हमें $\int \left( \sum_{k=0}^7 \tan^k x \right) dx = \sum_{k=0}^7 \int \tan^k x dx$ का मान ज्ञात करना है।
मान लीजिए $I_n = \int \tan^n x dx$ है। हम रिडक्शन फॉर्मूला जानते हैं: $I_n + I_{n-2} = \frac{\tan^{n-1} x}{n-1}$।
योग का विस्तार करने पर: $\sum_{k=0}^7 I_k = I_0 + I_1 + I_2 + I_3 + I_4 + I_5 + I_6 + I_7$।
रिडक्शन फॉर्मूला का उपयोग करने पर:
$I_0 + I_2 = \tan x$
$I_1 + I_3 = \frac{\tan^2 x}{2}$
$I_2 + I_4 = \frac{\tan^3 x}{3}$
$I_3 + I_5 = \frac{\tan^4 x}{4}$
$I_4 + I_6 = \frac{\tan^5 x}{5}$
$I_5 + I_7 = \frac{\tan^6 x}{6}$
इनका योग करने पर: $\sum_{k=1}^7 A_k \tan^k x = \tan x + \frac{\tan^2 x}{2} + \frac{\tan^3 x}{3} + \frac{\tan^4 x}{4} + \frac{\tan^5 x}{5} + \frac{\tan^6 x}{6}$।
तुलना करने पर,$A_1 = 1, A_2 = 1/2, A_3 = 1/3, A_4 = 1/4, A_5 = 1/5, A_6 = 1/6, A_7 = 0$ प्राप्त होता है।
अतः,$\sum_{k=1}^7 A_k = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{6} = \frac{147}{60} = \frac{49}{20}$।

(B) दिया गया है कि $I_n = \int \sec^n x \, dx$ है।
$f(x) = 5 I_6 - 4 I_4 = 5 \int \sec^6 x \, dx - 4 \int \sec^4 x \, dx$ है।
$f(x) = \int (5 \sec^4 x \cdot \sec^2 x - 4 \sec^2 x \cdot \sec^2 x) \, dx$ है।
$\sec^2 x = 1 + \tan^2 x$ का उपयोग करने पर:
$f(x) = \int \{5(1 + \tan^2 x)^2 - 4(1 + \tan^2 x)\} \sec^2 x \, dx$ है।
माना $u = \tan x$,तब $du = \sec^2 x \, dx$ है।
$f(x) = \int \{5(1 + u^2)^2 - 4(1 + u^2)\} \, du$ है।
$f(x) = \int \{5(1 + u^4 + 2u^2) - 4 - 4u^2\} \, du$ है।
$f(x) = \int (5 + 5u^4 + 10u^2 - 4 - 4u^2) \, du = \int (5u^4 + 6u^2 + 1) \, du$ है।
$f(x) = u^5 + 2u^3 + u = \tan^5 x + 2 \tan^3 x + \tan x$ है।
$x = \frac{\pi}{4}$ पर,$\tan\left(\frac{\pi}{4}\right) = 1$ है।
$f\left(\frac{\pi}{4}\right) = (1)^5 + 2(1)^3 + 1 = 1 + 2 + 1 = 4$।

(B) माना $I = \int \sec^5 x \, dx = \int \sec^3 x \cdot \sec^2 x \, dx$.
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$u = \sec^3 x$ और $dv = \sec^2 x \, dx$ लें। तब $du = 3 \sec^3 x \tan x \, dx$ और $v = \tan x$.
$I = \sec^3 x \tan x - \int 3 \sec^3 x \tan^2 x \, dx$.
चूंकि $\tan^2 x = \sec^2 x - 1$,हमारे पास है:
$I = \sec^3 x \tan x - 3 \int \sec^3 x (\sec^2 x - 1) \, dx$.
$I = \sec^3 x \tan x - 3 \int \sec^5 x \, dx + 3 \int \sec^3 x \, dx$.
$4I = \sec^3 x \tan x + 3 \int \sec^3 x \, dx$.
मानक सूत्र $\int \sec^3 x \, dx = \frac{1}{2} (\sec x \tan x + \ln |\sec x + \tan x|) + c_1$ का उपयोग करते हुए:
$4I = \sec^3 x \tan x + \frac{3}{2} \sec x \tan x + \frac{3}{2} \ln |\sec x + \tan x| + C$.
$I = \frac{1}{4} \sec^3 x \tan x + \frac{3}{8} \sec x \tan x + \frac{3}{8} \ln |\sec x + \tan x| + c$.
चूंकि $\sec^3 x = \sec x (1 + \tan^2 x)$,इस पद को इस प्रकार भी लिखा जा सकता है:
$I = \frac{1}{4} \sec x \tan^3 x + \frac{5}{8} \sec x \tan x + \frac{3}{8} \ln |\sec x + \tan x| + c$.

(C) माना $I = \int \operatorname{cosec}^5 x \, dx = \int \operatorname{cosec}^3 x \cdot \operatorname{cosec}^2 x \, dx$ है।
खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करते हुए,$u = \operatorname{cosec}^3 x$ और $dv = \operatorname{cosec}^2 x \, dx$ लें। तब $du = 3 \operatorname{cosec}^2 x (-\operatorname{cosec} x \cot x) \, dx$ और $v = -\cot x$ होगा।
$I = \operatorname{cosec}^3 x(-\cot x) - \int (-\cot x) (-3 \operatorname{cosec}^3 x \cot x) \, dx$
$I = -\operatorname{cosec}^3 x \cot x - 3 \int \operatorname{cosec}^3 x \cot^2 x \, dx$
$I = -\operatorname{cosec}^3 x \cot x - 3 \int \operatorname{cosec}^3 x (\operatorname{cosec}^2 x - 1) \, dx$
$I = -\operatorname{cosec}^3 x \cot x - 3 \int \operatorname{cosec}^5 x \, dx + 3 \int \operatorname{cosec}^3 x \, dx$
$I = -\operatorname{cosec}^3 x \cot x - 3I + 3I_1$,जहाँ $I_1 = \int \operatorname{cosec}^3 x \, dx$ है।
$4I = -\operatorname{cosec}^3 x \cot x + 3I_1$।
$I_1 = \int \operatorname{cosec}^3 x \, dx$ के लिए,खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए:
$I_1 = -\operatorname{cosec} x \cot x - \int \operatorname{cosec} x(\operatorname{cosec}^2 x - 1) \, dx = -\operatorname{cosec} x \cot x - I_1 + \log|\tan \frac{x}{2}|$
$2I_1 = -\operatorname{cosec} x \cot x + \log|\tan \frac{x}{2}|$।
$I_1$ का मान $4I$ के समीकरण में रखने पर:
$4I = -\operatorname{cosec}^3 x \cot x + 3 \left( -\frac{1}{2} \operatorname{cosec} x \cot x + \frac{1}{2} \log|\tan \frac{x}{2}| \right)$
$I = -\frac{\operatorname{cosec}^3 x \cot x}{4} - \frac{3}{8} \operatorname{cosec} x \cot x + \frac{3}{8} \log|\tan \frac{x}{2}| + C$।

(D) हम $I_n = \int \cos^n x \, dx$ के लिए रिडक्शन फॉर्मूला का उपयोग करते हैं।
खंडशः समाकलन (Integration by parts) करने पर:
$I_n = \int \cos^{n-1} x \cdot \cos x \, dx$
$= \cos^{n-1} x \sin x - \int (n-1) \cos^{n-2} x (-\sin x) \sin x \, dx$
$= \cos^{n-1} x \sin x + (n-1) \int \cos^{n-2} x (1 - \cos^2 x) \, dx$
$= \cos^{n-1} x \sin x + (n-1) I_{n-2} - (n-1) I_n$
पदों को व्यवस्थित करने पर:
$I_n + (n-1) I_n = \cos^{n-1} x \sin x + (n-1) I_{n-2}$
$n I_n = \cos^{n-1} x \sin x + (n-1) I_{n-2}$
$n I_n - (n-1) I_{n-2} = \cos^{n-1} x \sin x$
$n = 6$ रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$6 I_6 - 5 I_4 = \cos^{6-1} x \sin x$
$6 I_6 - 5 I_4 = \cos^5 x \sin x$

(A) दिया गया है $I_n = \int \tan^n x \, dx$।
हम इसे इस प्रकार लिख सकते हैं:
$I_n = \int \tan^{n-2} x \cdot \tan^2 x \, dx$
$I_n = \int \tan^{n-2} x (\sec^2 x - 1) \, dx$
$I_n = \int \tan^{n-2} x \sec^2 x \, dx - \int \tan^{n-2} x \, dx$
प्रतिस्थापन $u = \tan x$ का उपयोग करने पर,$du = \sec^2 x \, dx$,पहला समाकलन $\int u^{n-2} \, du = \frac{u^{n-1}}{n-1} = \frac{\tan^{n-1} x}{n-1}$ हो जाता है।
अतः,$I_n = \frac{\tan^{n-1} x}{n-1} - I_{n-2}$।
इसे दिए गए रूप $I_n = \frac{1}{a} \tan^{n-1} x - b I_{n-2}$ के साथ तुलना करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{1}{a} = \frac{1}{n-1} \implies a = n-1$
$b = 1$
इसलिए,क्रमित युग्म $(a, b) = (n-1, 1)$ है।

(C) हमें $I_n = \int \sin^n x \, dx$ दिया गया है।
खंडशः समाकलन (Integration by parts) का उपयोग करते हुए,$u = \sin^{n-1} x$ और $dv = \sin x \, dx$ लें।
तब $du = (n-1) \sin^{n-2} x \cos x \, dx$ और $v = -\cos x$ प्राप्त होता है।
सूत्र $\int u \, dv = uv - \int v \, du$ का उपयोग करने पर:
$I_n = -\sin^{n-1} x \cos x - \int (-\cos x) (n-1) \sin^{n-2} x \cos x \, dx$
$I_n = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1) \int \sin^{n-2} x \cos^2 x \, dx$
$I_n = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1) \int \sin^{n-2} x (1 - \sin^2 x) \, dx$
$I_n = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1) I_{n-2} - (n-1) I_n$
पदों को व्यवस्थित करने पर:
$I_n + (n-1) I_n = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1) I_{n-2}$
$n I_n = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1) I_{n-2}$
$n I_n - (n-1) I_{n-2} = -\sin^{n-1} x \cos x$.

(A) माना $I = \int \frac{x^5+x}{x^8+1} dx$.
अंश और हर को $x^6$ से विभाजित करने पर:
$I = \int \frac{\frac{1}{x} + \frac{1}{x^5}}{x^2 + \frac{1}{x^6}} dx$. यह विधि जटिल है।
वैकल्पिक विधि: माना $x^2 = t$,तब $2x dx = dt$.
$I = \frac{1}{2} \int \frac{t^2+1}{t^4+1} dt$.
अंश और हर को $t^2$ से विभाजित करने पर:
$I = \frac{1}{2} \int \frac{1 + \frac{1}{t^2}}{t^2 + \frac{1}{t^2}} dt$.
माना $t - \frac{1}{t} = u$,तब $(1 + \frac{1}{t^2}) dt = du$.
साथ ही,$t^2 + \frac{1}{t^2} = (t - \frac{1}{t})^2 + 2 = u^2 + 2$.
$I = \frac{1}{2} \int \frac{du}{u^2 + 2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1} \left(\frac{u}{\sqrt{2}}\right) + c$.
$u = t - \frac{1}{t} = \frac{t^2-1}{t} = \frac{x^4-1}{x^2}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \frac{1}{2\sqrt{2}} \tan^{-1} \left(\frac{x^4-1}{\sqrt{2}x^2}\right) + c$.

(D) हमारे पास $I = \int \frac{(1-4 \sin^2 x) \cos x}{\cos (3x+2)} dx$ है।
सर्वसमिका $1 - 4 \sin^2 x = 1 - 4(1 - \cos^2 x) = 4 \cos^2 x - 3$ का उपयोग करते हुए।
अतः,$I = \int \frac{(4 \cos^2 x - 3) \cos x}{\cos (3x+2)} dx = \int \frac{4 \cos^3 x - 3 \cos x}{\cos (3x+2)} dx$।
त्रिकोणमितीय सूत्र $\cos 3x = 4 \cos^3 x - 3 \cos x$ का उपयोग करने पर,हमें $I = \int \frac{\cos 3x}{\cos (3x+2)} dx$ प्राप्त होता है।
माना $t = 3x+2$,तब $dt = 3 dx$,इसलिए $dx = \frac{dt}{3}$।
साथ ही,$3x = t-2$।
$I = \int \frac{\cos(t-2)}{\cos t} \cdot \frac{dt}{3} = \frac{1}{3} \int \frac{\cos t \cos 2 + \sin t \sin 2}{\cos t} dt$।
$I = \frac{1}{3} \int (\cos 2 + \sin 2 \tan t) dt = \frac{1}{3} [t \cos 2 + \sin 2 \ln |\sec t|] + c$।
$t = 3x+2$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $I = \frac{1}{3} [(3x+2) \cos 2 + \sin 2 \ln |\sec (3x+2)|] + c = x \cos 2 + \frac{1}{3} \sin 2 \ln |\sec (3x+2)| + c'$ प्राप्त होता है।

(A) हमारे पास $I = \int \frac{1}{x^4+3x^2+1} dx$ है। अंश और हर को $x^2$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int \frac{1/x^2}{x^2 + 1/x^2 + 3} dx$.
हम $1/x^2$ को $\frac{1}{2} \left[ (1 + 1/x^2) - (1 - 1/x^2) \right]$ के रूप में लिख सकते हैं।
$I = \frac{1}{2} \int \frac{1 + 1/x^2}{(x - 1/x)^2 + 5} dx - \frac{1}{2} \int \frac{1 - 1/x^2}{(x + 1/x)^2 + 1} dx$.
$u = x - 1/x$ $(du = (1 + 1/x^2) dx)$ और $v = x + 1/x$ $(dv = (1 - 1/x^2) dx)$ प्रतिस्थापन का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{2} \int \frac{du}{u^2 + (\sqrt{5})^2} - \frac{1}{2} \int \frac{dv}{v^2 + 1^2}$.
$I = \frac{1}{2 \sqrt{5}} \tan^{-1}\left(\frac{x - 1/x}{\sqrt{5}}\right) - \frac{1}{2} \tan^{-1}\left(\frac{x + 1/x}{1}\right) + k$.
$I = \frac{1}{2 \sqrt{5}} \tan^{-1}\left(\frac{x^2 - 1}{\sqrt{5}x}\right) - \frac{1}{2} \tan^{-1}\left(\frac{x^2 + 1}{x}\right) + k$.
दिए गए रूप के साथ तुलना करने पर,हमें $a = \frac{1}{2 \sqrt{5}}$,$b = \frac{1}{\sqrt{5}}$,$c = -\frac{1}{2}$,और $d = 1$ प्राप्त होता है।
अब,$5(c + d + ab) = 5\left(-\frac{1}{2} + 1 + \frac{1}{2 \sqrt{5}} \cdot \frac{1}{\sqrt{5}}\right) = 5\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{10}\right) = 5\left(\frac{6}{10}\right) = 3$.

(B) माना $I_1 = \int \frac{x}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}} dx$ है। अंश और हर को $(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x})$ से गुणा करने पर,हमें $I_1 = \int \frac{x(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x})}{(1+x)-(1-x)} dx = \frac{1}{2} \int (\sqrt{1+x} - \sqrt{1-x}) dx$ प्राप्त होता है।
इसी प्रकार $I_2$ के लिए गणना करने पर,हमें $A = \frac{1}{3}, B = \frac{1}{3}, f(y) = \frac{3y-2}{15}, g(y) = -\frac{3y+2}{15}$ प्राप्त होता है।
अतः,$Af(y) + Bg(y) = \frac{1}{3}(\frac{3y-2}{15}) - \frac{1}{3}(\frac{3y+2}{15}) = \frac{3y-2-3y-2}{45} = \frac{-4}{45}$।

(A) माना $I = \int \frac{1}{(x-2)^5(x-1)^4} dx$.
हम समाकल्य को $I = \int \frac{1}{(x-2)^9 \left(\frac{x-1}{x-2}\right)^4} dx$ के रूप में लिख सकते हैं।
माना $t = \frac{x-1}{x-2}$. तब $dt = \frac{(x-2) - (x-1)}{(x-2)^2} dx = \frac{-1}{(x-2)^2} dx$,इसलिए $dx = -(x-2)^2 dt$.
चूंकि $t = \frac{x-1}{x-2} = 1 + \frac{1}{x-2}$,हमारे पास $\frac{1}{x-2} = t-1$ है,इसलिए $x-2 = \frac{1}{t-1}$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर: $I = \int \frac{-(t-1)^2 dt}{(t-1)^{-7} t^4} = -\int (t-1)^9 t^{-4} dt$.
द्विपद प्रमेय का उपयोग करके $(t-1)^9$ का विस्तार करने पर,हमें $t^k$ के रूप के पद प्राप्त होते हैं जहाँ $k \in \{-4, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, 4, 5\}$.
$t^{-1}$ पद का समाकलन $\log |t| = \log |\frac{x-1}{x-2}| = \log |x-1| - \log |x-2|$ देता है।
इसे दिए गए रूप $\sum A_r (\frac{x-2}{x-1})^r + B f(x)$ के साथ तुलना करने पर,हम $f(x) = \log |\frac{x-2}{x-1}| = \log (x-2) - \log (x-1)$ प्राप्त करते हैं।

(B) सबसे पहले,हम द्विघात व्यंजक के लिए पूर्ण वर्ग विधि का उपयोग करते हैं: $x^2+x+1 = (x+\frac{1}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2$.
पहला समाकलन $\int \sqrt{(x+\frac{1}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2} \, dx = \frac{x+\frac{1}{2}}{2} \sqrt{x^2+x+1} + \frac{3}{8} \sinh^{-1}\left(\frac{2x+1}{\sqrt{3}}\right) + C_1$ है।
दूसरा समाकलन $\int \frac{1}{\sqrt{(x+\frac{1}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2}} \, dx = \sinh^{-1}\left(\frac{2x+1}{\sqrt{3}}\right) + C_2$ है।
इन दोनों परिणामों का गुणा करने पर,हमें $\left(\frac{2x+1}{4} \sqrt{x^2+x+1} + \frac{3}{8} \sinh^{-1} \frac{2x+1}{\sqrt{3}}\right) \sinh^{-1}\left(\frac{2x+1}{\sqrt{3}}\right) + C$ प्राप्त होता है।

(B) माना $I = \int(3x+2) \sqrt{2x^2+3x+4} dx$.
हम $3x+2 = \lambda(4x+3) + \mu$ लिखते हैं।
गुणांकों की तुलना करने पर: $3 = 4\lambda \Rightarrow \lambda = \frac{3}{4}$ और $2 = 3\lambda + \mu \Rightarrow \mu = 2 - \frac{9}{4} = -\frac{1}{4}$.
अतः,$I = \frac{3}{4} \int(4x+3) \sqrt{2x^2+3x+4} dx - \frac{1}{4} \int \sqrt{2x^2+3x+4} dx$.
पहला भाग $\frac{3}{4} \cdot \frac{2}{3} (2x^2+3x+4)^{3/2} = \frac{1}{2} (2x^2+3x+4)^{3/2}$ है।
दूसरा भाग $-\frac{\sqrt{2}}{4} \int \sqrt{x^2 + \frac{3}{2}x + 2} dx = -\frac{\sqrt{2}}{4} \int \sqrt{(x+\frac{3}{4})^2 + \frac{23}{16}} dx$ है।
सूत्र $\int \sqrt{t^2+a^2} dt = \frac{t}{2}\sqrt{t^2+a^2} + \frac{a^2}{2} \sinh^{-1}(\frac{t}{a})$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{2}(2x^2+3x+4)^{3/2} - \frac{\sqrt{2}}{4} [\frac{x+3/4}{2}\sqrt{x^2+\frac{3}{2}x+2} + \frac{23/16}{2} \sinh^{-1}(\frac{x+3/4}{\sqrt{23}/4})] + C$.
सरल करने पर,$I = \frac{1}{2}(2x^2+3x+4)^{3/2} - \frac{1}{32}(4x+3)\sqrt{2x^2+3x+4} - \frac{23}{64\sqrt{2}} \sinh^{-1}(\frac{4x+3}{\sqrt{23}}) + C$.
दिए गए रूप से तुलना करने पर,$f(x) = \frac{1}{2}(2x^2+3x+4) - \frac{1}{32}(4x+3)$ और $A = -\frac{23}{64\sqrt{2}}$.
$f(1) = \frac{1}{2}(2+3+4) - \frac{1}{32}(4+3) = \frac{9}{2} - \frac{7}{32} = \frac{144-7}{32} = \frac{137}{32}$.
अतः,$(f(1), A) = (\frac{137}{32}, -\frac{23}{64\sqrt{2}})$. सही विकल्प $B$ है।

(B) माना $I = \int \frac{1}{1+k \cos x} d x$. सर्वसमिका $\cos x = \frac{1-\tan^2(x/2)}{1+\tan^2(x/2)}$ का उपयोग करने पर:
$I = \int \frac{1}{1+k\left(\frac{1-\tan^2(x/2)}{1+\tan^2(x/2)}\right)} d x = \int \frac{\sec^2(x/2)}{1+\tan^2(x/2)+k-k\tan^2(x/2)} d x = \int \frac{\sec^2(x/2)}{(k+1)-(k-1)\tan^2(x/2)} d x$.
$t = \tan(x/2)$ प्रतिस्थापन करने पर,$dt = \frac{1}{2}\sec^2(x/2) d x$,अतः $\sec^2(x/2) d x = 2 dt$.
$I = 2 \int \frac{dt}{(k+1)-(k-1)t^2} = \frac{2}{k-1} \int \frac{dt}{\left(\sqrt{\frac{k+1}{k-1}}\right)^2 - t^2}$.
मानक समाकलन $\int \frac{dx}{a^2-x^2} = \frac{1}{2a} \log \left| \frac{a+x}{a-x} \right| + C$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{2}{k-1} \cdot \frac{1}{2 \sqrt{\frac{k+1}{k-1}}} \log \left| \frac{\sqrt{\frac{k+1}{k-1}} + t}{\sqrt{\frac{k+1}{k-1}} - t} \right| + C = \frac{1}{\sqrt{k^2-1}} \log \left| \frac{\sqrt{k+1} + \sqrt{k-1} \tan(x/2)}{\sqrt{k+1} - \sqrt{k-1} \tan(x/2)} \right| + C$.

(A) $f(x)$ ज्ञात करने के लिए,हम दिए गए विकल्पों का अवकलन करेंगे ताकि यह देख सकें कि कौन सा विकल्प समाकल्य $\frac{7 x^8+8 x^7}{\left(1+x+x^8\right)^2}$ देता है।
माना $f(x) = \frac{x^8}{1+x+x^8}$ है।
भागफल नियम $\frac{d}{dx} \left( \frac{u}{v} \right) = \frac{v u' - u v'}{v^2}$ का उपयोग करने पर:
$f'(x) = \frac{(1+x+x^8)(8x^7) - x^8(1+8x^7)}{(1+x+x^8)^2}$
$f'(x) = \frac{8x^7 + 8x^8 + 8x^{15} - x^8 - 8x^{15}}{(1+x+x^8)^2}$
$f'(x) = \frac{7x^8 + 8x^7}{(1+x+x^8)^2}$
चूँकि अवकलज समाकल्य से मेल खाता है,इसलिए $f(x) = \frac{x^8}{1+x+x^8}$ सही उत्तर है।

(B) हमारे पास $I_n = \int_{\pi / 2}^{\infty} e^{-x} \cos^n x \, dx$ है।
खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करते हुए,$u = \cos^n x$ और $dv = e^{-x} dx$ लेने पर,हमें $du = n \cos^{n-1} x (-\sin x) dx$ और $v = -e^{-x}$ प्राप्त होता है।
$I_n = [-e^{-x} \cos^n x]_{\pi / 2}^{\infty} - \int_{\pi / 2}^{\infty} (-e^{-x}) (n \cos^{n-1} x) (-\sin x) dx$
$I_n = 0 - n \int_{\pi / 2}^{\infty} e^{-x} \cos^{n-1} x \sin x \, dx$.
पुनः खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$\int_{\pi / 2}^{\infty} e^{-x} \cos^{n-1} x \sin x \, dx$ के लिए $u = \cos^{n-1} x \sin x$ और $dv = e^{-x} dx$ लेने पर:
$I_n = -n [(-e^{-x} \cos^{n-1} x \sin x)_{\pi / 2}^{\infty} - \int_{\pi / 2}^{\infty} (-e^{-x}) ((n-1) \cos^{n-2} x (-\sin^2 x) + \cos^n x) dx]$
$I_n = -n [0 + \int_{\pi / 2}^{\infty} e^{-x} (-(n-1) \cos^{n-2} x (1 - \cos^2 x) + \cos^n x) dx]$
$I_n = -n [-(n-1) I_{n-2} + (n-1) I_n + I_n]$
$I_n = -n [n I_n - (n-1) I_{n-2}]$
$I_n = -n^2 I_n + n(n-1) I_{n-2}$
$I_n(1 + n^2) = n(n-1) I_{n-2}$
$\frac{I_n}{I_{n-2}} = \frac{n(n-1)}{n^2+1}$.
$n = 2018$ रखने पर,हमें $\frac{I_{2018}}{I_{2016}} = \frac{2018 \times 2017}{(2018)^2+1}$ प्राप्त होता है।

(B) हमारे पास $I_n = \int \frac{1}{(x^2+1)^n} dx$ है।
$I_n = \int 1 \cdot (x^2+1)^{-n} dx$ पर विचार करें।
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$u = (x^2+1)^{-n}$ और $dv = dx$ लें।
तब $du = -n(x^2+1)^{-n-1} \cdot 2x dx = -2nx(x^2+1)^{-n-1} dx$ और $v = x$ प्राप्त होता है।
$I_n = x(x^2+1)^{-n} - \int x \cdot (-2nx)(x^2+1)^{-n-1} dx$.
$I_n = \frac{x}{(x^2+1)^n} + 2n \int \frac{x^2}{(x^2+1)^{n+1}} dx$.
$I_n = \frac{x}{(x^2+1)^n} + 2n \int \frac{(x^2+1)-1}{(x^2+1)^{n+1}} dx$.
$I_n = \frac{x}{(x^2+1)^n} + 2n \left[ \int \frac{1}{(x^2+1)^n} dx - \int \frac{1}{(x^2+1)^{n+1}} dx \right]$.
$I_n = \frac{x}{(x^2+1)^n} + 2n I_n - 2n I_{n+1}$.
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $2n I_{n+1} = \frac{x}{(x^2+1)^n} + (2n-1) I_n$ प्राप्त होता है।
अतः,$2n I_{n+1} - (2n-1) I_n = \frac{x}{(x^2+1)^n} + c$।

(C) माना $u = f(x) \varphi(x)$ है। तब,गुणन नियम (product rule) के अनुसार,$du = (f(x) \varphi^{\prime}(x) + \varphi(x) f^{\prime}(x)) dx$ है।
इस मान को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{du}{(u+1) \sqrt{u-1}}$।
अब,माना $u-1 = p^2$,जिसका अर्थ है $u = p^2 + 1$ और $du = 2p dp$ है।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{2p dp}{(p^2 + 1 + 1) \sqrt{p^2}} = \int \frac{2p dp}{(p^2 + 2) p} = \int \frac{2 dp}{p^2 + 2}$।
मानक समाकलन सूत्र $\int \frac{dx}{x^2 + a^2} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) + c$ का उपयोग करने पर:
$I = 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}(\frac{p}{\sqrt{2}}) + c = \sqrt{2} \tan^{-1}(\frac{p}{\sqrt{2}}) + c$।
$p = \sqrt{u-1} = \sqrt{f(x) \varphi(x) - 1}$ वापस रखने पर:
$I = \sqrt{2} \tan^{-1} \sqrt{\frac{f(x) \varphi(x) - 1}{2}} + c$।

(A) दिया गया है $I = \int_{0}^{\pi/4} \tan^{n+1} x \, dx + \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi/2} \tan^{n-1} \left( \frac{x}{2} \right) \, dx$।
दूसरे समाकलन में,$t = \frac{x}{2}$ रखने पर,$dx = 2 \, dt$ प्राप्त होता है।
जब $x = 0$,तो $t = 0$ और जब $x = \pi/2$,तो $t = \pi/4$।
इन मानों को दूसरे समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int_{0}^{\pi/4} \tan^{n+1} x \, dx + \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi/4} \tan^{n-1} t \cdot (2 \, dt) = \int_{0}^{\pi/4} \tan^{n+1} x \, dx + \int_{0}^{\pi/4} \tan^{n-1} x \, dx$।
$I = \int_{0}^{\pi/4} \tan^{n-1} x (\tan^2 x + 1) \, dx$।
चूंकि $\tan^2 x + 1 = \sec^2 x$,इसलिए $I = \int_{0}^{\pi/4} \tan^{n-1} x \sec^2 x \, dx$।
$u = \tan x$ रखने पर,$du = \sec^2 x \, dx$ प्राप्त होता है।
जब $x = 0$,तो $u = 0$ और जब $x = \pi/4$,तो $u = 1$।
$I = \int_{0}^{1} u^{n-1} \, du = \left[ \frac{u^n}{n} \right]_{0}^{1} = \frac{1}{n}$।

(B) माना $I = \int \left( \frac{1-5 \cos^{2}x}{\sin^{5}x \cos^{2}x} \right) dx = \int \left( \frac{\sec^{2}x}{\sin^{5}x} - \frac{5}{\sin^{5}x} \right) dx$.
$\int \frac{\sec^{2}x}{\sin^{5}x} dx$ पर खंडशः समाकलन (Integration by Parts) का उपयोग करने पर,$u = \frac{1}{\sin^{5}x}$ और $dv = \sec^{2}x dx$ लें।
तब $du = -5 \sin^{-6}x \cos x dx$ और $v = \tan x$.
$\int \frac{\sec^{2}x}{\sin^{5}x} dx = \frac{\tan x}{\sin^{5}x} - \int \tan x (-5 \sin^{-6}x \cos x) dx = \frac{\tan x}{\sin^{5}x} + 5 \int \frac{\sin x / \cos x \cdot \cos x}{\sin^{6}x} dx = \frac{\tan x}{\sin^{5}x} + 5 \int \frac{1}{\sin^{5}x} dx$.
इस मान को $I$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \left( \frac{\tan x}{\sin^{5}x} + 5 \int \frac{1}{\sin^{5}x} dx \right) - 5 \int \frac{1}{\sin^{5}x} dx = \frac{\tan x}{\sin^{5}x} + C$.
अतः,$f(x) = \frac{\tan x}{\sin^{5}x} = \frac{1}{\cos x \sin^{4}x}$.
$f(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{\cos(\pi/6) \sin^{4}(\pi/6)} = \frac{32}{\sqrt{3}}$.
$f(\frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\cos(\pi/4) \sin^{4}(\pi/4)} = 4\sqrt{2}$.
$f(\frac{\pi}{6}) - f(\frac{\pi}{4}) = \frac{32}{\sqrt{3}} - 4\sqrt{2} = \frac{4}{\sqrt{3}}(8 - \sqrt{6})$.

(C) दिया गया है $I(x) = \int \frac{3dx}{(4x+6)\sqrt{4x^2+8x+3}}$.
समाकल को $I(x) = \int \frac{3dx}{(4x+6)\sqrt{(2x+2)^2-1}}$ के रूप में लिखें।
मान लीजिए $2x+2 = \sec \theta$,तो $2dx = \sec \theta \tan \theta d\theta$.
साथ ही,$4x+6 = 2(2x+2)+2 = 2\sec \theta + 2 = 2(\sec \theta + 1)$.
इन मानों को समाकल में प्रतिस्थापित करने पर:
$I(x) = \int \frac{3 \cdot \frac{1}{2} \sec \theta \tan \theta d\theta}{2(\sec \theta + 1)\tan \theta} = \frac{3}{4} \int \frac{\sec \theta}{\sec \theta + 1} d\theta = \frac{3}{4} \int \frac{1}{\cos \theta + 1} d\theta = \frac{3}{4} \int \frac{1}{2 \cos^2(\theta/2)} d\theta = \frac{3}{8} \int \sec^2(\theta/2) d\theta$.
$I(x) = \frac{3}{8} \cdot 2 \tan(\theta/2) + C = \frac{3}{4} \tan(\theta/2) + C$.
चूंकि $\sec \theta = 2x+2$,$\tan^2(\theta/2) = \frac{1-\cos \theta}{1+\cos \theta} = \frac{1-1/(2x+2)}{1+1/(2x+2)} = \frac{2x+1}{2x+3}$.
अतः,$I(x) = \frac{3}{4} \sqrt{\frac{2x+1}{2x+3}} + C$.
दिया गया है $I(0) = \frac{3}{4} \sqrt{\frac{1}{3}} + C = \frac{\sqrt{3}}{4} + C = \frac{\sqrt{3}}{4} + 20$,इसलिए $C=20$.
इस प्रकार,$I(x) = \frac{3}{4} \sqrt{\frac{2x+1}{2x+3}} + 20$.
$x = 1/2$ के लिए,$I(1/2) = \frac{3}{4} \sqrt{\frac{1+1}{1+3}} + 20 = \frac{3}{4} \sqrt{\frac{2}{4}} + 20 = \frac{3}{4} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} + 20 = \frac{3\sqrt{2}}{8} + 20$.
यहाँ $a=3, b=8, c=20$ है। $gcd(3,8)=1$.
इसलिए,$a+b+c = 3+8+20 = 31$.

(C) दिया गया समाकलन $I = \int (\sin x)^{-\frac{11}{2}} (\cos x)^{-\frac{5}{2}} dx = \int (\tan x)^{-\frac{11}{2}} \sec^8 x dx$ है।
चूँकि $\sec^8 x = (1 + \tan^2 x)^3 \sec^2 x$,$\tan x = t$ रखने पर $dt = \sec^2 x dx$ प्राप्त होता है।
$I = \int t^{-\frac{11}{2}} (1 + t^2)^3 dt = \int t^{-\frac{11}{2}} (1 + t^6 + 3t^4 + 3t^2) dt = \int (t^{-\frac{11}{2}} + t^{\frac{1}{2}} + 3t^{-\frac{3}{2}} + 3t^{-\frac{7}{2}}) dt$.
समाकलन करने पर: $-\frac{2}{9} t^{-\frac{9}{2}} - \frac{6}{5} t^{-\frac{5}{2}} - 6 t^{-\frac{1}{2}} + \frac{2}{3} t^{\frac{3}{2}} + C$ प्राप्त होता है।
यहाँ $p_1=2, q_1=9, p_2=6, q_2=5, p_3=6, q_3=1, p_4=2, q_4=3$ है।
अतः $\frac{15 \cdot 2 \cdot 6 \cdot 6 \cdot 2}{9 \cdot 5 \cdot 1 \cdot 3} = 16$।

(D) माना $I = \int \frac{3e^x - 5e^{-x}}{4e^x + 5e^{-x}} dx$ है।
अंश को $A(4e^x - 5e^{-x}) + B(4e^x + 5e^{-x})$ के रूप में व्यक्त करते हैं,जहाँ $4e^x - 5e^{-x}$ हर $4e^x + 5e^{-x}$ का अवकलन है।
$e^x$ और $e^{-x}$ के गुणांकों की तुलना करने पर:
$4A + 4B = 3$
$-5A + 5B = -5$
दूसरे समीकरण से,$-A + B = -1$,अतः $B = A - 1$।
पहले समीकरण में मान रखने पर: $4A + 4(A - 1) = 3 \implies 8A - 4 = 3 \implies 8A = 7 \implies A = 7/8$।
तब $B = 7/8 - 1 = -1/8$।
अतः,$I = \int \frac{7/8(4e^x - 5e^{-x}) - 1/8(4e^x + 5e^{-x})}{4e^x + 5e^{-x}} dx$।
$I = 7/8 \int \frac{4e^x - 5e^{-x}}{4e^x + 5e^{-x}} dx - 1/8 \int 1 dx$।
$I = 7/8 \log |4e^x + 5e^{-x}| - 1/8 x + C$।
$px + q \log |4e^x + 5e^{-x}| + C$ से तुलना करने पर,हमें $p = -1/8$ और $q = 7/8$ प्राप्त होता है।